初中数学兴趣班系列讲座——数论部分 唐一良数学工作室
例12．已知n是任意的正整数，且m | 7n+12n―1，求正整数m的最大值． 解：设an=7n+12n―1，那么，a1=7+12―1=18，a2=72+24―1=72 ∴（a1，a2）=（18，72）=18，∴m≤18，
下面证明对任何正整数n，都有18 | 7n+12n―1 又因为18=2×9，所以只须证明2 | 7n+12n，9 | 7n+12n―1即可． ∵7≡1（mod 2），∴7n+12―1≡1n+0―1≡0（mod 2） 即2 | 7n+12n―1，对n进行分类讨论， ⑴若n≡0（mod 3），则n=3k（k为正整数）
7n+12n―1≡73k+36k+1≡（―2）3k+0―1≡（―8）k―1≡1k―1≡0（mod 9） ⑵若n≡1（mod 3），则n=3k+1（k为非负整数） 7n+12n―1≡73k+36k+127+12―1≡0（mod 9） ⑶若n≡2（mod 3），则n=3k+2（k为非负整数） 7n+12n―1≡73k·72+36k+24―1≡72+24―1≡0（mod 9） 因此，对一切自然数n，都有9 | 7n+12n―1．
综上所述，18 | 7n+12n―1，因此m的最大值为18．
例13 把1，2，3…，127，128这128个数任意排列为a1，a2，…，a128，计算出
｜a1-a2｜，｜a3-a4｜ ，…，｜a127-a128｜，
再将这64个数任意排列为b1，b2，…，b64，计算
｜b1-b2｜，｜b3-b4｜，…，｜b63-b64｜．
如此继续下去，最后得到一个数x，问x是奇数还是偶数？ 解 因为对于一个整数a，有
｜a｜≡a(mod 2)， a≡-a(mod 2)，
所以
b1＋b2＋…＋b64
=｜a1-a2｜+｜a3-a4｜+…+｜a127-a128｜ ≡a1-a2＋a3-a4+…+a127-a128
≡a1＋a2＋a3＋a4+…+a127＋a128(mod 2)，
因此，每经过一次“运算”，这些数的和的奇偶性是不改变的．最终得到的一个数 x≡a1＋a2＋…＋a128＝1＋2＋…＋128 ＝64×129≡0(mod 2)， 故x是偶数．
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例14 求证：一个十进制数被9除的余数等于它的各位数字之和被9除的余数．
10≡1(mod 9)，
故对任何整数k≥1，有
10k≡1k＝1(mod 9)．
因此
即A被9除的余数等于它的各位数字之和被9除的余数．
说明 (1)特别地，一个数能被9整除的充要条件是它的各位数字之和能被9整除． (2)算术中的“弃九验算法”就是依据本题的结论．
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三、模拟训练
1求证：
(1)8｜(551999＋17)； (2) 8(32n＋7)； (3)17｜(191000-1)．
证 (1)因55≡-1(mod 8)，所以551999≡-1(mod 8)，551999＋17≡-1＋17=16≡0(mod 8)，于是8｜(551999＋17)．
(2)32=9≡1(mod 8)，32n≡1(mod 8)，所以32n＋7≡1＋7≡0(mod 8)，即8｜(32n＋7)． (3)19≡2(mod 17)，194≡24=16≡-1(mod 17)，所以191000=(194)250≡(-1)250≡1(mod 17)，于是
17｜(191000-1)．
2．求20032002的末位数字
分析：此题就是求20032002除以10的余数 解：∵2003≡3（mod 10），∴20034≡34≡1（mod 10），
∴20032002≡（20034）500·20033≡1500·33≡27≡7（mod 10） ∴20022002的末位数字是7
说明：对于十进制的整数anan?1?a1a0有如下性质：anan?1?a1a0?a0(mod 10)．
3求2999最后两位数码.
解 考虑用100除2999所得的余数. ∵∴又∴
∴∴2
999
的最后两位数字为88.
4．求证：22000+1不能被7整数．
分析：只需证明22000≡－1（mod 7）即可 证明：∵26≡1（mod 7），∴22000≡（26）333·22≡1·22≡4（mod 7），
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∴22000+1≡5（mod 7）所以7 | 22000+1
5 对任意的自然数n，证明
A=2903n-803n-464n＋261n
能被1897整除．
证 1897=7×271，7与271互质．因为
2903≡5(mod 7)， 803≡5(mod 7)， 464≡2(mod 7)， 261≡2(mod 7)，
所以
A=2903n-803n-464n+261n ≡5n-5n-2n+2n=0(mod 7)，
故7｜A．又因为
2903≡193(mod 271)， 803≡261(mod 271)， 464≡193(mod 271)，
所以
故271｜A．因(7，271)=1，所以1897整除A． 6 任意平方数除以4余数为0和1(这是平方数的重要特征)． 证 因为
奇数2=(2k＋1)2=4k2＋4k+1≡1(mod 4)，
偶数2=(2k)2=4k2≡0(mod 4)，
所以
7 任意平方数除以8余数为0，1，4(这是平方数的又一重要特征)．
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证 奇数可以表示为2k＋1，从而
奇数2=4k2＋4k+1=4k(k＋1)+1．
因为两个连续整数k，k＋1中必有偶数，所以4k(k＋1)是8的倍数，从而
奇数2=8t+1≡1(mod 8)， 偶数2=(2k)2=4k2(k为整数)．
(1)若k=偶数=2t，则
4k2=16t2＝0(mod 8)．
(2)若k=奇数=2t+1，则
4k2=4(2t＋1)2=16(t2＋t)+4≡4(mod 8)，
所以
求余数是同余的基本问题．在这种问题中，先求出与±1同余的数是一种基本的解题技巧． 8 形如
Fn＝2+1，n=0，1，2，…
的数称为费马数．证明：当n≥2时，Fn的末位数字是7． 证 当n≥2时，2n是4的倍数，故令2n=4t．于是
Fn=22n＋1=24t+1=16t＋1 ≡6t＋1≡7(mod 10)，
即Fn的末位数字是7． 说明 费马数的头几个是
F0＝3，F1＝5，F2＝17，F3＝257，F4＝65537，
它们都是素数．费马便猜测：对所有的自然数n，Fn都是素数．然而，这一猜测是错误的．首先推翻这个猜测的是欧拉，他证明了下一个费马数F5是合数．
2n
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